2025年滬科版高三化學下冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版高三化學下冊階段測試試卷891考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、將金屬鈉分別投入下列溶液中，有氣體放出且溶液質量減輕的是（）A.鹽酸B.K2SO4溶液C.CuCl2溶液（足量）D.NaOH稀溶液2、在4個密閉容器中分別充入N2、O2、CO、CO2四種氣體，當它們的溫度、體積和密度都相同時，壓強最小的是（）A.O2B.N2C.CO2D.CO3、大氣層中的臭氧層（O3）能吸收太陽光中的紫外線，下列關于O3的分類正確的是（）A.化合物B.單質C.氧化物D.混合物4、下列有關說法錯誤的是（）A.使用熱的純堿水洗手時更容易除去手上的油脂污垢B.若發(fā)現(xiàn)廚房內天然氣發(fā)生了泄漏，應立即打開門窗C.用無水硫酸銅檢驗酒精中含有水的過程中發(fā)生了化學變化D.抗戰(zhàn)勝利70周年閱兵式上釋放的氣球中充入的是氫氣5、如圖是四種常見有機物的比例模型示意圖．下列說法不正確的是（）A.甲能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.乙能與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色C.丙分子中所有原子均在同一平面上D.丁在濃硫酸作用下可與乙酸發(fā)生取代反應6、除去被提純物質中的雜質，方案正確的是（）。編號被提純的物質雜質除雜試劑除雜方法A．CO2（g）SO2（g）飽和Na2CO3溶液、濃H2SO4洗氣B．NaCl（s）KNO3（s）AgNO3溶液過濾C．苯苯酚濃溴水過濾D．苯甲苯KMnO4（酸化），NaOH溶液分液A.AB.BC.CD.D7、合成氨所需的氫氣由煤與水發(fā)生反應制得，其中一步反應為：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）；△H＜0，要使CO轉化率提高，可采用下列措施中的（）A.增大水蒸氣的濃度B.增大CO的濃度C.升高溫度D.增大壓強8、下列關于20278Pt的說法正確的是A.20278Pt和19878Pt的質子數(shù)相同，互稱為同位素B.20278Pt和19878Pt的中子數(shù)相同，互稱為同位素C.20278Pt和19878Pt的核外電子數(shù)相同，是同一種核素D.20278Pt和19878Pt的質量數(shù)不同，不能互稱為同位素9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增．其中W、X的簡單離子具有相同的電子層結構，且簡單離子所帶電荷絕對值相同；W與Y同主族．且Y的單質存在于火山口附近．下列說法正確的是（）A.原子半徑：W＜Y＜ZB.簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Z＞Y＞WC.W、X能形成兩種化合物，其中一種與水反應生成氣體D.四種元素中，Z的最高價氧化物對應的水化物酸性最強評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)10、下列說法正確的是（）A.8g碳和14g氧氣反應生成22g二氧化碳B.二氧化碳由一個碳原子和兩個氧原子構成C.1g硫和1g氧氣反應生成2g二氧化硫D.水銀溫度計在溫度升高時水銀柱上升是因為汞原子的體積變大11、我國科研人員以蹄葉橐吾為原料先制得化合物Ⅰ，再轉化為具有抗癌抑菌活性的倍半萜化合物Ⅱ，有關轉化如圖所示．下列有關說法不正確的是（）A.化合物Ⅰ能使酸性KMnO4溶液褪色B.化合物Ⅰ分子中含有4個手性碳原子C.化合物Ⅱ一定條件下能發(fā)生取代、消去及加成反應D.檢驗化合物Ⅱ是否含化合物Ⅰ可用Br2的CCl4溶液12、在體積均為rm{1.0L}的兩恒容密閉容器中加入足量的相同的碳粉，再分別加入rm{0.1molCO_{2}}和rm{0.2molCO_{2}}在不同溫度下反應rm{CO_{2}(g)+C(s)?2CO(g)}達到平衡，平衡時rm{CO_{2}}的物質的量濃度rm{c(CO_{2})}隨溫度的變化如圖所示rm{(}圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ點均處于曲線上rm{)}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.反應rm{CO_{2}(g)+C(s)簍T2CO(g)}的rm{婁隴S>0}rm{婁隴H<0}B.體系的總壓強rm{p_{脳脺}:p_{脳脺}(}狀態(tài)Ⅱrm{)>2p_{脳脺}(}狀態(tài)Ⅰrm{)}C.體系中rm{c(CO):c(CO}狀態(tài)Ⅱrm{)<2c(CO}狀態(tài)Ⅲrm{)}D.逆反應速率rm{v_{脛忙}:v_{脛忙}(}狀態(tài)Ⅰrm{)>v_{脛忙}(}狀態(tài)Ⅲrm{)}13、下列有關物質性質的說法正確的是rm{(}rm{)}A.鋁與rm{Fe_{2}O_{3}}發(fā)生鋁熱反應后固體物質質量不變B.rm{Na}rm{Al}rm{Cu}可以分別用電解冶煉法、熱還原法和熱分解法得到C.過量的銅與濃硝酸反應可生成rm{NO}D.由于鋁元素和鐵元素都有rm{+3}價，由rm{2Al+6HCl_{2}簍TAlCl_{3}+3H_{2}隆眉}可知：rm{2Fe+6HCl_{2}簍TFeCl_{3}+3H_{2}隆眉}14、短周期主族元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序數(shù)依次增大rm{.X}原子的最外層電子數(shù)是其內層電子數(shù)的rm{2}倍，rm{Y}是地殼中含量最高的元素，rm{Z^{2+}}與rm{Y^{2-}}具有相同的電子層結構，rm{W}與rm{X}同主族rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.原子半徑大小順序：rm{r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)}B.rm{Y}分別與rm{Z}rm{W}形成的化合物中化學鍵類型相同C.rm{X}的最高價氧化物對應水化物的酸性比rm{W}的強D.rm{Y}的氣態(tài)簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比rm{W}的強評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、表示方法：

。電子層（n）1234567對應符號____________________________16、研究有機物一般經過以下幾個基本步驟：分離；提純→確定實驗式→確定分子式→確定結構式．有機物A可由葡萄糖發(fā)酵得到；也可從酸牛奶中提?。儍舻腁為無色粘稠液體，易溶于水．為研究A的組成與結構，進行了如下實驗：

。實驗步驟解釋或實驗結論（1）稱取A9.0g，升溫使其汽化，測其密度是相同條件下H2的45倍．試通過計算填空：

（1）A的相對分子質量為____．（2）將此9.0gA在足量純O2充分燃燒，并使其產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰，發(fā)現(xiàn)兩者分別增重5.4g和13.2g．（2）A的分子式為____．]（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反應，生成2.24LCO2（標準狀況），若與足量金屬鈉反應則生成2.24LH2（標準狀況）．（3）用結構簡式表示A中含有的官能團____．（4）A的核磁共振氫譜如圖：

（4）A中含有____種氫原子．

綜上所述，A的結構簡式為____．17、(10分)A、B、C、D、E、F六種物質的轉化關系如圖所示(反應條件和部分產物未標出)。(1)若A為短周期金屬單質，D為短周期非金屬單質，且所含元素的原子序數(shù)A是D的2倍，所含元素的原子最外層電子數(shù)D是A的2倍，F(xiàn)的濃溶液與A、D反應都有紅棕色氣體生成，則C的電子式為，反應④的化學方程式為_______________________________________。(2)若A是常見的變價金屬的單質，D、F是氣態(tài)單質，且反應①在水溶液中進行。請寫出在水溶液中進行的反應②的離子方程式；已知光照條件下D與F反應生成B，寫出該反應的化學方程式：。(3)若A、D、F都是短周期非金屬元素單質，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，則反應①的化學方程式為。18、（2014秋?鄞州區(qū)校級期中）在一個2L的密閉容器中，發(fā)生反應：2SO3（g）?2SO2+O2△H＞0，其中SO3的變化如圖示：

（1）寫出該反應的平衡常數(shù)表達式：____；

（2）用O2表示從0～8min內該反應的平均速率v=____．

（3）升高溫度，K值將____；容器中氣體的平均相對分子質量將____．（填：“增大”；“減小”或“不變”）

（4）能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是____．

a．v（SO3）=2v（O2）

b．容器內壓強保持不變。

c．v（SO2）=2v正（O2）

d．容器內密度保持不變。

（5）能使該反應的反應速率增大，且平衡向逆反應方向移動的是____．

a．減少SO3氣體的濃度。

b．適當升高溫度。

c．體積不變；增大壓強。

d．選擇高效催化劑。

（6）從8min起，壓縮容器為1L，則SO3的變化曲線為____

A．aB．bC．cD．d．19、A～G各物質間的關系如下圖，其中B、D為氣態(tài)單質。請回答下列問題：(1)物質C和E的名稱分別為_____________________、_______________________；(2)可選用不同的A進行反應①，若能在常溫下進行，其化學方程式為_________________；若只能在加熱情況下進行，則反應物A的化學式（分子式）為_______________________；(3)反應②的化學方程式為___________________________________________________；(4)新配制的F溶液應加入______________以防止其轉化為G。檢驗G溶液中陽離子的常用試劑是__________________，實驗現(xiàn)象為_____________________________________。20、(16分)X、Y、Z為常見的三種單質，Z是綠色植物光合作用的產物之一，A、B為常見化合物。它們在一定條件下可發(fā)生如圖所示的反應（均是在非溶液中進行的反應）：（1）畫出Z的原子結構示意圖▲；（2）當X為金屬，Y為非金屬時，A可能的電子式為▲或____；（3）當X為非金屬，Y為金屬時，X可能的化學式為▲或____；（4）當X與Y均為金屬時，寫出X與A反應的化學方程式____；（5）當X與Y均為非金屬時，若X與Y同主族，寫出X與A反應的化學方程式____；若X與Y不在同一主族，寫出X與A反應的化學方程式▲。評卷人得分四、判斷題(共4題，共28分)21、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．____（判斷對錯）22、判斷對錯：1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為4NA____．23、膠體區(qū)別于其他分散系的本質特征是膠體具有丁達爾效應．____．（判斷對錯）24、含5個碳原子的有機物，每個分子中最多可形成4個C-C單鍵____．評卷人得分五、書寫(共3題，共18分)25、乙炔是有機合成工業(yè)的一種原料．工業(yè)上曾用CaC2與水反應生成乙炔．

（1）CaC2中C22-與O22+互為等電子體，O22+的電子式可表示為____；

（2）乙炔中C原子與H原子間共用電子對偏向C，SiH4中共用電子對偏H，則C、Si、H的電負性由大到小的順序為____．

（3）CaC2與水反應的化學方程式為____．26、甲同學在0.5mol/L的FeCl3溶液中滴加0.1mol/LKI溶液即呈現(xiàn)紅棕色，再加入CCl4振蕩后靜置，可觀察到CCl4層呈紫色．乙同學在0.5mol/L的FeCl3溶液中先滴加4mol/LNH4F溶液，發(fā)現(xiàn)FeCl3溶液漸漸褪至無色，而后再加入0.1mol/LKI溶液，不呈紅棕色，再加CCl4振蕩，靜置，也觀察不到CCl4層有紫紅色出現(xiàn)．

（1）甲同學的實驗說明FeCl3溶液和KI溶液發(fā)生了反應，用離子方程式表示____

（2）乙同學在實驗中觀察不到甲同學的實驗現(xiàn)象，其原因分析合理的是____

A．Fe3+被F-還原成Fe2+，使溶液中不再存在Fe3+

B．Fe3+與F-結合成難電離物質，不再和I-結合。

C．I-、F-、F-、NH4+結合成難電離的物質，不再和Fe3+反應。

（3）乙同學所用的NH4F溶液是用塑料瓶盛裝的，可否改用玻璃瓶____（填能與否），其原因是：NH4F溶液水解生成HF，NH4++H2O?NH3?H2O+HF，____．27、實驗室如何制取Fe（OH）3膠體____，化學反應方程式可表示為____，可用____（方法）證明膠體已經制成．評卷人得分六、簡答題(共4題，共8分)28、氨法脫硫技術可吸收硫酸工業(yè)尾氣中的二氧化硫；同時制得硫酸銨．主要的工藝流程如圖所示：

（1）吸收塔中發(fā)生反應的化學方程式是______；

（2）有數(shù)據(jù)表明，吸收塔中溶液的pH在5.5～6.0之間，生產效率較高．當控制一定流量的尾氣時，調節(jié)溶液的pH的簡便方法是______．29、氨是現(xiàn)代社會中必不可少的原料。催化合成氨是氮循環(huán)的重要一環(huán)。rm{(1)}工業(yè)合成氨主要經過原料氣rm{(N_{2}}rm{H_{2})}的制取、凈化、壓縮合成三大過程。rm{壟脵}天然氣蒸氣轉化法是目前獲取原料氣中rm{H_{2}}的主流方法。rm{CH_{4}}經過兩步反應完全轉化為rm{H_{2}}和rm{CO_{2}}其能量變化示意圖如下：

rm{1molCH_{4}(g)}通過蒸氣轉化為rm{CO_{2}(g)}和rm{H_{2}(g)}的熱化學方程式為__________________________________________________________________。rm{壟脷}醋酸銅氨液可以吸收原料氣中rm{CO}等少量雜質。吸收rm{CO}的反應為rm{[Cu(NH_{3})_{2}]Ac(aq)+}rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}rm{(aq)+CO(g)簍T[Cu(NH}rm{(aq)+CO(g)簍T[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}下圖表示壓強和溫度對醋酸銅氨液吸收rm{{,!}_{3}}能力的影響。rm{CO]Ac(aq)}rm{?H<0}rm{CO]Ac(aq)}rm{?H<0}可分別代表壓強或溫度。rm{CO}代表的物理量是________。rm{L(L_{1}}判斷rm{L_{2})}rm{X}的大小關系：rm{壟隆.X}________rm{壟壟.}填“大于”“小于”或“等于”rm{L_{1}}rm{L_{2}}電化學法也可合成氨。下圖是用低溫固體質子導體作為電解質，用rm{L_{1}}作陰極催化劑電解rm{(}和rm{)L_{2}}合成rm{(2)}的原理示意圖：

rm{Pt-C_{3}N_{4}}電極產生的氣體是rm{H_{2}(g)}和________。rm{N_{2}(g)}實驗表明，其他條件不變，逐漸增加電解電壓，氨生成速率會逐漸增大，但當電解電壓高于rm{NH_{3}(g)}后，氨生成速率反而會隨電壓升高而下降，此時的電極反應式為rm{壟脵Pt-C_{3}N_{4}}rm{NH_{3}}30、化合物rm{H}的分子中含有醛基和酯基，rm{H}可以用rm{C}和rm{F}在一定條件下合成rm{(}如圖所示rm{)}

已知以下信息：

rm{壟脵A}的核磁共振氫譜中有三組峰，且能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出rm{CO_{2}}．

rm{壟脷RCH_{2}COOHxrightarrow[P({麓脽祿爐脕驢})]{Br_{2}}}

rm{壟脷RCH_{2}COOH

xrightarrow[P({麓脽祿爐脕驢})]{Br_{2}}}化合物rm{壟脹}苯環(huán)上的一氯代物只有兩種．

rm{D}通常同一個碳原子上連有兩個羥基時不穩(wěn)定；易脫水形成羰基．

rm{壟脺}的系統(tǒng)命名為______，rm{(1)A}中官能團的結構簡式為______；

rm{C}生成rm{(2)B}的第rm{C}步反應的化學方程式為______；該反應的類型為______；

rm{壟脵}和rm{(3)C}在一定條件下反應生成rm{F}的化學方程式為______．

rm{H}的同系物rm{(4)F}比rm{G}相對分子質量大rm{F}rm{14}的同分異構體中能同時滿足如下條件的共有______種rm{G}不考慮立體異構rm{(}

rm{)}苯環(huán)上只有兩個取代基，rm{壟脵}不能使rm{壟脷}溶液顯色．

rm{FeCl_{3}}的一個同分異構體被酸性高錳酸鉀溶液氧化后核磁共振氫譜為兩組峰，且峰面積比為rm{G}rm{2}寫出rm{1}的這種同分異構體的結構簡式為______．rm{G}31、rm{(1)}質子數(shù)為rm{8}中子數(shù)為rm{10}的簡單氧離子的符號是______．

rm{(2)}將等物質的量rm{Fe_{2}O_{3}}與rm{FeCl_{3}}置于密閉管中加熱，能恰好完全反應，且只生成一種產物rm{X}其物質的量是反應物總物質的量的rm{1.5}倍，寫出rm{X}的化學式______；

rm{(3)}完成以下氧化還原反應的離子方程式：

rm{(}______rm{)+MnO_{4}^{-}+}______rm{SO_{3}^{2-}+}______rm{=}______rm{Mn^{2+}+}______rm{SO_{4}^{2-}}．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】金屬鈉投入到鹽或堿溶液中時，先和水反應生成生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉可能和部分鹽發(fā)生復分解反應，根據(jù)加入鈉的質量和析出物質的質量相對大小判斷，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．鈉和鹽酸的反應方程式為：2Na+2HCl═2NaCl+H2↑，根據(jù)方程式知，溶液增加的質量=m（Na）-m（H2）；故A錯誤；

B．將金屬鈉加入到硫酸鉀溶液中，只有金屬鈉和水之間反應，鈉和水的反應方程式為：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，根據(jù)方程式知，溶液增加的質量=m（Na）-m（H2）；故B錯誤；

C．鈉和水的反應方程式為：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，生成的氫氧化鈉和氯化銅反應，方程式為：2NaOH+CuCl2═2NaCl+Cu（OH）2↓，將兩個方程式相加：2Na+2H2O+CuCl2═H2↑+2NaCl2+Cu（OH）2↓；由方程式知，溶液的質量減輕，故C正確；

D．鈉和水的反應方程式為：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液質量增加，溶液增加的質量=m（Na）-m（H2）；故D錯誤；

故選：C．2、C【分析】【分析】溫度、體積和密度都相同時，氣體壓強與氣體摩爾質量成反比，氣體摩爾質量越大氣體的壓強越?。畵?jù)此判斷．【解析】【解答】解：A；氧氣的摩爾質量為32g/mol；

B；氮氣的摩爾質量為28g/mol；

C；二氧化碳的摩爾質量為44g/mol；

D；一氧化碳的摩爾質量為28g/mol；

溫度；體積和密度都相同時；氣體壓強與氣體摩爾質量成反比，氣體摩爾質量越大氣體的壓強越?。?/p>

所以壓強最小的是二氧化碳．

故選：C．3、B【分析】解：化合物；氧化物中的元素不止一種；混合物是不同分子構成的物質，臭氧是只有氧元素組成的純凈物，屬于單質．

故選B．

臭氧是只有氧元素組成的純凈物．

本題涉及物質的分類知識，注意概念的理解和掌握是關鍵，難度中等．【解析】【答案】B4、D【分析】解：A．純堿溶液中碳酸根離子水解顯堿性，CO32-+H2O?HCO3-+OH-；水解過程是吸熱過程，加熱促進水解堿性增強，油脂在堿中水解生成溶于水的物質，便于洗去，故A正確；

B．天燃氣與空氣混合后的氣體遇火；電火花、加熱易爆炸；打開門窗使氣體迅速散發(fā)到空氣中減小濃度，故B正確；

C．用無水硫酸銅檢驗酒精中含有水的過程是硫酸銅和水反應生成硫酸銅晶體；發(fā)生的是化學反應，故C正確；

D．氣球中充入的是氫氣；遇到明火會發(fā)生爆炸，一般充入惰性氣體氦氣，故D錯誤；

故選D．

A．純堿溶液中碳酸根離子水解顯堿性；水解過程是吸熱過程，加熱促進水解，油脂在堿中水解生成溶于水的物質；

B．根據(jù)可燃性氣體與空氣混合后點燃可能發(fā)生爆炸進行分析判斷；

C．用無水硫酸銅檢驗酒精中含有水的過程是硫酸銅和水反應生成硫酸銅晶體；

D．充入氫氣遇到明火會發(fā)生爆炸；一般是充入氦氣．

本題考查了鹽類水解、物質性質，注意知識的積累，掌握基礎是解題關鍵，題目較簡單．【解析】【答案】D5、A【分析】【分析】由四種有機物的比例模型可知；甲為甲烷，乙為乙烯，丙為苯，丁為乙醇．

A．甲烷為飽和烴；與高錳酸鉀不反應；

B．乙烯中含雙鍵；

C．苯環(huán)為平面結構；

D．乙醇中含-OH，可發(fā)生酯化反應．【解析】【解答】解：由四種有機物的比例模型可知；甲為甲烷，乙為乙烯，丙為苯，丁為乙醇．

A．甲烷為飽和烴；與高錳酸鉀不反應，則不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；

B．乙烯中含雙鍵；能與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，故B正確；

C．苯環(huán)為平面結構；則苯分子中所有原子均在同一平面上，故C正確；

D．乙醇中含-OH；在濃硫酸作用下可與乙酸發(fā)生酯化反應，屬于取代反應，故D正確；

故選A．6、D【分析】【分析】A．均與碳酸鈉反應；

B．NaCl與硝酸銀反應生成AgCl；

C．苯酚與溴水反應生成三溴苯酚；與苯酚均易溶于苯；

D．甲苯被高錳酸鉀氧化生成苯甲酸，與NaOH反應后與苯分層．【解析】【解答】解：A．均與碳酸鈉反應；不能除雜，應選碳酸氫鈉，故A錯誤；

B．NaCl與硝酸銀反應生成AgCl；將原物質反應掉，不能除雜，應采取結晶法分離，故B錯誤；

C．苯酚與溴水反應生成三溴苯酚；與苯酚均易溶于苯，不能除雜，應選NaOH；分液法分離，故C錯誤；

D．甲苯被高錳酸鉀氧化生成苯甲酸；與NaOH反應后與苯分層，然后分液可分離，故D正確；

故選D．7、A【分析】【分析】提高CO的轉化率可以使平衡正向進行，根據(jù)化學平衡移動原理來回答判斷．【解析】【解答】解：提高CO的轉化率可以讓平衡正向進行即可．

D；增大水蒸氣的濃度；平衡正向移動，CO轉化率提高，故A正確；

B；增大CO的濃度；化學平衡向著正方向進行，但是一氧化碳的轉化率降低，故B錯誤；

C；升高溫度；化學平衡向著吸熱方向即正向進行，平衡逆向移動，故C錯誤；

D；增加壓強；該平衡會不會發(fā)生移動，故D錯誤．

故選A．8、A【分析】試題分析：A、20278Pt和19878Pt的質子數(shù)相同，中子數(shù)的不同核素，二者互稱為同位素，A正確；B、在表示原子組成時元素符號的左下角表示質子數(shù)，左上角表示質量數(shù)。因為質子數(shù)和中子數(shù)之和是質量數(shù)，所以20278Pt和19878Pt的中子數(shù)不相同，分別是202－78＝124、198－78＝120，B不正確；C、質子數(shù)＝核外電子數(shù)，所以20278Pt和19878Pt的核外電子數(shù)相同，但由于中子數(shù)不同，因此不是同一種核素，C不正確；D、20278Pt和19878Pt屬于質子數(shù)相同，中子數(shù)的不同核素，二者互稱為同位素，D不正確，答案選A。考點：考查原子構成、表示方法以及同位素的判斷【解析】【答案】A9、D【分析】解：短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增．Y的單質存在于火山口附近；Y為S，W與Y同主族，可知W為O；其中W、X的簡單離子具有相同的電子層結構，且簡單離子所帶電荷絕對值相同，則X為Mg，Z的原子序數(shù)最大，Z只能為Cl；

A．電子層越多；原子半徑越大，同周期原子序數(shù)大的半徑小，則原子半徑：W＜Z＜Y，故A錯誤；

B．非金屬性越強；對應氫化物越穩(wěn)定，則簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W＞Z＞Y，故B錯誤；

C．W；X能形成化合物MgO；與水不反應，故C錯誤；

D．四種元素中；Z的最高價氧化物對應的水化物為高氯酸，酸性最強，故D正確；

故選D．

短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增．Y的單質存在于火山口附近；Y為S，W與Y同主族，可知W為O；其中W、X的簡單離子具有相同的電子層結構，且簡單離子所帶電荷絕對值相同，則X為Mg，Z的原子序數(shù)最大，Z只能為Cl，然后結合元素周期律及元素化合物知識來解答．

本題考查位置、結構與性質，為高頻考點，把握元素的位置、元素化合物知識、元素周期律為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意Y為S是元素推斷的突破口，題目難度不大．【解析】【答案】D二、雙選題(共5題，共10分)10、B|C【分析】解：A；碳和氧氣反應時的質量比為3：8；故8g碳和14g氧氣反應時碳過量，碳沒有完全反應，故生成的二氧化碳的質量小于22g，故A錯誤；

B；根據(jù)二氧化碳的分子式可知；二氧化碳由一個碳原子和兩個氧原子構成，故B正確；

C．該反應中反應物和生成物的質量比為32：（16×2）：（32+16×2）=1：1：2；故C正確；

D．原子間有間隔；間隔的大小隨溫度的改變而改變，原子的大小沒有改變，故D錯誤．

故選BC．

A；根據(jù)碳和氧氣反應時的質量比為3：8來計算；

B、二氧化碳的分子式為CO2；

C．在S的燃燒反應中，S、O2和生成的SO2的質量之比為1：1：2；

D．原子的體積不會隨著溫度的改變而改變；溫度改變的是原子間的距離．

本題考查了物質的構成和反應時量的關系，熟知化學式的宏觀和微觀意義是解答此類試題的關鍵．【解析】【答案】BC11、B|D【分析】解：A．化合物I中含C=C鍵，能使酸性KMnO4溶液褪色；故A正確；

B．連有4個不同基團的碳原子為手性碳原子，則中有含有5個手性碳原子；如圖中黑色球表示的碳，故B錯誤；

C．化合物Ⅱ中含-Cl；-OH、C=C；則一定條件下能發(fā)生取代、消去及加成反應，故C正確；

D．兩種化合物中均含C=C，均能使Br2的CCl4溶液褪色，所以用Br2的CCl4溶液不能檢驗化合物Ⅱ是否含化合物Ⅰ；故D錯誤；

故選BD．

A．化合物I中含C=C鍵；

B．連有4個不同基團的碳原子為手性碳原子；

C．化合物Ⅱ中含-Cl；-OH、C=C；

D．兩種化合物中均含C=C．

本題考查有機物的結構與性質，注意把握有機物官能團與性質的關系來解答，熟悉醇、烯烴的性質是解答的關鍵，選項B為解答的難點，題目難度不大．【解析】【答案】BD12、BC【分析】【分析】

本題考查影響化學平衡的因素的知識，是高考常考知識，明確外界因素對化學平衡的影響即可解答，題目難度不大。

【解答】

A.由氣體的化學計量數(shù)增大可知rm{triangleS>0}由圖中溫度高平衡時rm{c(CO}由圖中溫度高平衡時rm{triangleS>0}rm{c(CO}rm{{,!}_{2}}小，則升高溫度平衡正向移動，可知rm{)}小，則升高溫度平衡正向移動，可知rm{triangleH>0}故A錯誤；故A錯誤；

rm{)}rm{triangleH>0}B.相同溫度下，圖中Ⅱ點所在曲線對應的rm{c(CO}高，表示通入rm{c(CO}rm{{,!}_{2}}rm{)}高，表示通入rm{0.2molCO}rm{)}rm{0.2molCO}rm{{,!}_{2}}，則Ⅰ點所在曲線表示通入rm{0.1molCO}相等，由圖知參加反應的rm{0.1molCO}rm{{,!}_{2}}，Ⅰ點和Ⅱ點的rm{c(CO}倍，且該反應為氣體分子數(shù)增多的反應，同時Ⅱ點的溫度比Ⅰ點高，所以體系的總壓強rm{c(CO}rm{{,!}_{2}}rm{)}相等，由圖知參加反應的rm{CO}rm{)}rm{CO}狀態(tài)Ⅱrm{{,!}_{2}}的物質的量：Ⅱ點大于Ⅰ點的rm{2}倍，且該反應為氣體分子數(shù)增多的反應，同時Ⅱ點的溫度比Ⅰ點高，所以體系的總壓強rm{p}rm{2}狀態(tài)Ⅰrm{p}故B正確；

rm{{,!}_{脳脺}}狀態(tài)Ⅲ的溫度相同，狀態(tài)rm{:p}看作先加入rm{:p}rm{{,!}_{脳脺}}rm{(}狀態(tài)Ⅱrm{)>2p}的濃度相同，再加入rm{(}rm{)>2p}rm{{,!}_{脳脺}}的濃度等于rm{(}狀態(tài)Ⅰrm{)}故B正確；倍Ⅲ，但再充入rm{(}rm{)}C.狀態(tài)rm{II}狀態(tài)Ⅲ的溫度相同，狀態(tài)rm{II}看作先加入rm{0.1molCO}則rm{II}狀態(tài)Ⅱrm{II}狀態(tài)Ⅲrm{0.1molCO}故C正確；

rm{{,!}_{2}}，與狀態(tài)Ⅲ平衡時rm{CO}的濃度相同，再加入rm{0.1molCO}rm{CO}狀態(tài)Ⅲrm{0.1molCO}rm{{,!}_{2}}，若平衡不移動，Ⅱ狀態(tài)rm{CO}的濃度等于rm{2}倍Ⅲ，但再充入rm{CO}狀態(tài)Ⅰrm{CO}故D錯誤。

rm{2}

rm{CO}【解析】rm{BC}13、rAC【分析】解：rm{A.}鋁熱反應中；反應前后反應物和生成物均是固體，所以依據(jù)質量守恒定律可知反應前后固體質量不變，故A正確；

B.rm{Na}rm{Al}rm{Cu}可以分別用電解冶煉法；電解冶煉法和熱分解法得到；故B錯誤；

C.銅過量，濃硝酸變成稀硝酸后，銅與稀硝酸反應生成rm{NO}氣體；故C正確；

D.鋁元素和鐵元素都有rm{+3}價，rm{Al}可以發(fā)生反應rm{2Al+6HCl_{2}簍TAlCl_{3}+3H_{2}隆眉}但是rm{Fe}在置換反應中生成的亞鐵離子，正確的反應為：rm{Fe+2HCl_{2}簍TFeCl_{2}+H_{2}隆眉}故D錯誤；

故選AC．

A.鋁與氧化鐵的反應前后都是固體；根據(jù)質量守恒定律判斷；

B.rm{Al}通常采用電解熔融氧化鋁冶煉；不是熱還原法；

C.隨著反應的進行；濃硝酸變成稀硝酸，銅與稀硝酸反應生成一氧化氮氣體；

D.鐵在置換反應中生成的是亞鐵離子．

本題考查較為綜合，涉及鋁熱反應、銅與硝酸的反應、鐵和鋁的化學性質等知識，題目難度中等，明確常見元素及其化合物性質為解答關鍵，試題側重基礎知識的考查，培養(yǎng)了學生的靈活應用能力．【解析】rm{AC}14、rCD【分析】解：短周期主族元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序數(shù)依次增大rm{.X}原子的最外層電子數(shù)是其內層電子數(shù)的rm{2}倍，原子只能有rm{2}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{4}故rm{X}為碳元素；rm{W}與rm{X}同主族，所以rm{W}是rm{Si}元素；rm{Y}是地殼中含量最高的元素，則rm{Y}為氧元素，rm{Z^{2+}}與rm{Y^{2-}}具有相同的電子層結構，離子核外電子數(shù)為rm{10}故rm{Z}的質子數(shù)為rm{12}則rm{Z}為rm{Mg}．

A.同周期自左而右原子半徑減小、同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑：rm{r(Mg)>r(Si)>r(C)>r(O)}故A錯誤；

B.rm{Y}和rm{Z}rm{W}形成的化合物為rm{MgO}rm{SiO_{2}}rm{MgO}rm{SiO_{2}}中存在的化學鍵分別是離子鍵；共價鍵；故B錯誤；

C.元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，非金屬性rm{X(C)>W(Si)}所以rm{X}的最高價氧化物對應水化物的酸性比rm{W}的強；故C正確；

D.元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性rm{Y(O)>W(Si)}所以rm{Y}的氣態(tài)簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比rm{W}的強；故D正確；

故選CD．

短周期主族元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序數(shù)依次增大rm{.X}原子的最外層電子數(shù)是其內層電子數(shù)的rm{2}倍，原子只能有rm{2}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{4}故rm{X}為碳元素；rm{W}與rm{X}同主族，所以rm{W}是rm{Si}元素；rm{Y}是地殼中含量最高的元素，則rm{Y}為氧元素，rm{Z^{2+}}與rm{Y^{2-}}具有相同的電子層結構，離子核外電子數(shù)為rm{10}故rm{Z}的質子數(shù)為rm{12}則rm{Z}為rm{Mg}據(jù)此解答．

本題考查原子結構和元素周期律，明確物質結構、元素周期律即可解答，熟練掌握同一周期、同一主族元素性質遞變規(guī)律，題目難度不大．【解析】rm{CD}三、填空題(共6題，共12分)15、KLMNOPQ【分析】【分析】原子核外電子由于電子的能量不同，在原子核外能量低的排在離核近的區(qū)域，而能量高的電子排在離核遠的區(qū)域是分層排布的，我們可用K、L、M、N、O、P、Q分別表示第一到第七電子層，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：原子核外電子經常出現(xiàn)的區(qū)域稱電子層；核外電子在不同的電子層內運動的現(xiàn)象，叫做核外電子的分層排布，一般情況下，能量低的電子在離核較近的區(qū)域運動，能量高的電子在離核較遠的區(qū)域運動，我們可用K；L、M、N、O、P、Q分別表示第一到第七電子層；

故答案為：K；L；M；N；O；P；Q．16、90C3H6O3-COOH、-OH4【分析】【分析】（1）有機物和氫氣的密度之比等于相對分子質量之比；

（2）濃硫酸可以吸收水；堿石灰可以吸收二氧化碳，根據(jù)元素守恒來確定有機物的分子式；

（3）羧基可以和碳酸氫鈉發(fā)生化學反應生成二氧化碳；羥基可以和金屬鈉發(fā)生化學反應生成氫氣；

（4）核磁共振氫譜圖中有幾個峰值則含有幾種類型的等效氫原子，峰面積之比等于氫原子的數(shù)目之比．【解析】【解答】解：（1）有機物質的密度是相同條件下H2的45倍；所以有機物質的分子式量為45×2=90，故答案為：90；

（2）濃硫酸增重5.4g，則生成水的質量是5.4g，生成水的物質的量是=0.3mol，所含有氫原子的物質的量是0.6mol，堿石灰增重13.2g，所以生成二氧化碳的質量是13.2g，所以生成二氧化碳的物質的量是=0.3mol，所以碳原子的物質的量是0.3mol，所以有機物中碳個數(shù)是3，氫個數(shù)是6，根據(jù)相對分子質量是90，所以氧原子個數(shù)是3，即分子式為：C3H6O3，故答案為：C3H6O3；

（3）只有羧基可以和碳酸氫鈉發(fā)生化學反應生成二氧化碳，生成2.24LCO2（標準狀況），則含有一個羧基，醇羥基可以和金屬鈉發(fā)生反應生成氫氣，與足量金屬鈉反應則生成2.24LH2（標準狀況）；則含有羥基數(shù)目是1個，故答案為：-COOH；-OH；

（4）根據(jù)核磁共振氫譜圖看出有機物中有4個峰值，則含，4種類型的等效氫原子，氫原子的個數(shù)比是3：1：1：1，所以結構簡式為：故答案為：4；．17、略

【分析】（1）紅棕色氣體是NO2，所以F是濃硝酸。①是置換反應，在常見金屬置換非金屬的反應中，除了活潑金屬置換氫氣外，就是鎂在CO2中燃燒生成單質碳，方程式為2MgO＋CO22MgO＋C，即A是鎂，B是CO2，C是MgO，D是碳。（2）常見的變價金屬的單質是鐵，根據(jù)框圖可知A、C、E中均含有鐵元素，且價態(tài)不同，所以F應是具有氧化性的氯氣。即A、B、C、D、E、F分別為Fe、HCl、FeCl2、H2、FeCl3、Cl2。（3）根據(jù)框圖可知A、C、E中均含有A元素，且價態(tài)不同，所以可能是碳元素。又因為在高溫下碳可以置換SiO2中的硅，方程式為SiO2＋2CSi＋2CO↑。即A、B、C、D、E、F分別為C、SiO2、CO、Si、CO2、O2。【解析】【答案】(1)(2)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－(3)18、0.0125mol/（L?min）增大減小bccc【分析】【分析】（1）根據(jù)平衡常數(shù)的概念；

（2）根據(jù)v==求出v（SO3），再利用速率之比等于化學計量數(shù)之比，計算v（O2）；

（3）根據(jù)溫度對反應速率；化學平衡的影響分析；

（4）反應達到平衡狀態(tài)時；正逆反應速率相等，平衡時各種物質的物質的量；濃度等不再發(fā)生變化，可由此進行判斷；

（5）據(jù)影響化學反應速率和影響平衡移動的因素角度綜合考慮；

（6）根據(jù)壓強對化學平衡的影響分析．【解析】【解答】解：（1）該反應的平衡常數(shù)表達式為K=，故答案為：K=；

（2）根據(jù)v===0.025mol/（L?min），速率之比等于化學計量數(shù)之比，所以有：v（O2）=v（SO2）=0.0125mol/（L?min）；

故答案為：0.0125mol/（L?min）；

（3）溫度升高；反應速率增大；溫度升高，化學平衡正向移動，生成物的濃度增大，反應物的濃度減少，平衡常數(shù)增大；溫度升高，化學平衡正向移動，混合氣體的總物質的量增大，質量不變，摩爾質量減少，即平均相對分子質量減少；故答案為：增大；減??；

（4）a、表示同一方向反應速率，v（SO2）自始至終為v（O2）的2倍；不能說明達到平衡，故a錯誤；

b、該反應前后氣體體積變化，所以壓強不變，反應已達到平衡狀態(tài)，故b正確；

c、不同物質表示速率，到達平衡時，正逆速率之比等于化學計量數(shù)之比，v逆（SO2）：v正（O2）=2：1，v逆（SO2）=2v正（O2）；故c正確；

d；根據(jù)質量守恒；化學反應前后混合物的質量不變，容器體積不變，所以密度始終不變，故d錯誤；

故答案為：b；c；

（5）a、減少SO3氣體的濃度；反應速率減慢，故錯誤；

b；升溫平衡正向移動；故錯誤；

c；增大壓強；反應速率加快，平衡逆向移動，故正確；

d；催化劑不影響平衡移動；故錯誤；

故選c；

（6）容器的體積減小，壓強增大，平衡向逆反應方向移動，SO3的物質的量增多，故答案為：c．19、略

【分析】【解析】【答案】（1）濃鹽酸、四氧化三鐵（2分）（2）2H2O22H2O+O2↑（2分）,KClO3（1分）(3)MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O（2分）(4)鐵粉（1分）；KSCN溶液（1分）；溶液變紅（1分）20、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2）或（3）C或H2（4）2Al+Fe2O32Fe+Al2O3（5）C+SiO2Si+CO2C+H2OH2+CO四、判斷題(共4題，共28分)21、×【分析】【分析】根據(jù)質量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．22、×【分析】【分析】過氧化鈉化學式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構成，所以其陰陽離子個數(shù)之比為1：2，據(jù)此計算離子總數(shù)．【解析】【解答】解：過氧化鈉化學式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構成，所以其陰陽離子個數(shù)之比為1：2，則1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，故答案為：×．23、×【分析】【分析】根據(jù)膠體區(qū)別于其他分散系的本質特征是分散質微粒直徑的大小不同．【解析】【解答】解：膠體區(qū)別于其它分散系的本質特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的子直徑大于100nm，故答案為：×．24、×【分析】【分析】根據(jù)碳原子可以形成碳鏈，也可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈來解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳鏈；無論帶支鏈，還是不帶支鏈，都含有4個C-C單鍵；碳原子可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈，都含有5個C-C單鍵；

故答案為：×；五、書寫(共3題，共18分)25、C＞H＞SiCaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑【分析】【分析】（1）碳化鈣與水反應生成乙炔；C22-與O22+和氮氣互為等電子體，根據(jù)氮氣分子電子式書寫O22+電子式；（2）根據(jù)共用電子對偏向電負性大的原子進行解答；（3）CaC2固體和水反應制取乙炔氣體．【解析】【解答】解：（1）等電子體結構和性質相似，C22-與O22+和氮氣互為等電子體，根據(jù)氮氣分子電子式書寫O22+電子式為故答案為：（2）共用電子對偏向電負性大的原子，CH4中共用電子對偏向C，則電負性C＞H；SiH4中共用電子對偏向H，則電負性H＞Si，所以C、Si、H的電負性大小關系為：C＞H＞Si，故答案為：C＞H＞Si；（3）碳化鈣與水反應生成乙炔，化學反應方程式為：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，故答案為：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑．26、2Fe3++2I-=2Fe2++I2B否氫氟酸會腐蝕玻璃【分析】【分析】（1）FeCl3溶液中滴加KI溶液即呈現(xiàn)紅棕色，再加入CCl4振蕩后靜置，可觀察到CCl4層呈紫色，生成碘，發(fā)生2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

（2）FeCl3溶液中先滴加NH4F溶液，發(fā)現(xiàn)FeCl3溶液漸漸褪至無色，而后再加入KI溶液，不呈紅棕色，再加CCl4振蕩，靜置，也觀察不到CCl4層有紫紅色出現(xiàn)；則說明鐵離子與氟離子結合生成難電離的物質；

（3）銨根離子水解生成HF，HF酸能與玻璃中的二氧化硅反應．【解析】【解答】解：（1）FeCl3溶液中滴加KI溶液即呈現(xiàn)紅棕色，再加入CCl4振蕩后靜置，可觀察到CCl4層呈紫色，生成碘，即鐵離子與碘離子發(fā)生氧化還原反應，其離子反應為2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故答案為：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

（2）FeCl3溶液中先滴加NH4F溶液，發(fā)現(xiàn)FeCl3溶液漸漸褪至無色，而后再加入KI溶液，不呈紅棕色，再加CCl4振蕩，靜置，也觀察不到CCl4層有紫紅色出現(xiàn)；則說明鐵離子與氟離子結合生成難電離的物質，所以不能再與碘離子發(fā)生氧化還原反應，只有B符合，故答案為：B；

（3）銨根離子水解生成HF，HF酸能與玻璃中的二氧化硅反應，所以不能用玻璃瓶盛放NH4F溶液，故答案為：否；氫氟酸會腐蝕玻璃．27、將飽和三氯化鐵溶液滴人沸水中，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，即停止加熱FeCl3+3H2OFe（OH）3（膠體）+3HCl丁達爾效應【分析】【分析】將飽和三氯化鐵溶液滴人沸水中來制取氫氧化鐵膠體，膠體具有丁達爾效應．【解析】【解答】解：加熱燒杯中的水至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，即停止加熱，要注意實驗過程不能用玻璃棒攪拌，否則溶液出現(xiàn)渾濁；當反應體系呈現(xiàn)紅褐色，即制得氫氧化鐵膠體，應立即停止加熱，否則也容易出現(xiàn)渾濁，產生紅褐色的氫氧化鐵沉淀，往沸水中滴加飽和氯化鐵溶液后，可稍微加熱煮沸，但不宜長時間加熱．長時間加熱的話就會從膠體變?yōu)槌恋?；要用蒸餾水，不能用自來水，原理方程式為：FeCl3+3H2OFe（OH）3（膠體）+3HCl；可以用可見光束照射膠體和溶液，出現(xiàn)光亮的通道的是膠體，否則是溶液，利用的是膠體的性質具有丁達爾現(xiàn)象；

故答案為：將飽和三氯化鐵溶液滴人沸水中，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，即停止加熱，F(xiàn)eCl3+3H2OFe（OH）3（膠體）+3HCl，丁達爾效應；六、簡答題(共4題，共8分)28、略

【分析】解：（1）依據(jù)流程圖分析，吸收塔中發(fā)生反應是二氧化硫、一水合氧氣反應生成硫酸銨和水，反應的化學方程式為：4NH3?H2O+2SO2+O2═2（NH4）2SO4+2H2O；

故答案為：4NH3?H2O+2SO2+O2═2（NH4）2SO4+2H2O；

（2）吸收塔中溶液的pH在5.5～6.0之間；生產效率較高．氨氣溶于水顯堿性，控制氨氣的量來控制溶液的酸堿性，所以當控制一定流量的尾氣時，調節(jié)溶液的pH的方法是，調節(jié)氨水的流量；

故答案為：調節(jié)氨水的流量；

（1）吸收硫酸工業(yè)尾氣中的二氧化硫；同時制得硫酸銨，吸收塔中通入空氣是利用氧氣氧化二氧化硫為硫酸鹽；

（2）氨氣溶于水顯堿性；控制氨氣的量來控制溶液的酸堿性；

本題考查了氨氣和二氧化硫的性質，題目難度不大，側重于基礎知識的考查，注意把握反應原理．【解析】4NH3?H2O+2SO2+O2═2（NH4）2SO4+2H2O；調節(jié)氨水的流量29、（1）①

②?。畨簭?。

ⅱ．小于

（2）①H2

②2H++2e-═H2↑【分析】【分析】本題以信息的形式考查氧化還原反應、離子反應及熱化學反應、化學平衡計算，注重對化學用語的考查，注意知識與題目信息的結合來解答，對學生能力要求較高，題目難度中等。【解答】rm{(1)壟脵}由已知圖像反應過程第一步可知：rm{C{H}_{4}(g)+{H}_{2}O(g)=CO(g)+3{H}_{2}(g)?H=+206.4kJ/mol}反應過程第二步：rm{CO(g)+{H}_{2}O(g)簍T簍T簍TC{O}_{2}(g)+{H}_{2}(g)?H=-41kJ/mol}上面兩式相加可得：rm{C{H}_{4}(g)+2{H}_{2}O(g)=C{O}_{2}(g)+4{H}_{2}(g)?H=+165.4;kJ隆隴mo{l}^{-1}}即rm{C{H}_{4}(g)+{H}_{2}O(g)=CO(g)+3{H}_{2}(g)?H=+206.4kJ/mol

}rm{CO(g)+{H}_{2}O(g)簍T簍T簍TC{O}_{2}(g)+{H}_{2}(g)?H=-41kJ/mol

}rm{C{H}_{4}(g)+2{H}_{2}O(g)=C{O}_{2}(g)+4{H}_{2}(g)?H=+165.4;kJ隆隴mo{l}^{-1}

}通過蒸氣轉化為rm{1molCH}rm{1molCH}rm{{,!}_{4}}和rm{(g)}通過蒸氣轉化為rm{CO}rm{(g)}rm{CO}的熱化學方程式為：rm{C{H}_{4}(g)+2{H}_{2}O(g)=C{O}_{2}(g)+4{H}_{2}(g)?H=+165.4;kJ隆隴mo{l}^{-1}}故答案為：rm{C{H}_{4}(g)+2{H}_{2}O(g)=C{O}_{2}(g)+4{H}_{2}(g)?H=+165.4;kJ隆隴mo{l}^{-1}}rm{{,!}_{2}}已知醋酸銅氨液吸收rm{(g)}和rm{H}的反應為氣體體積減小的放熱反應，根據(jù)圖像采用“定一議二”的方法判斷，在其它條件不變的情況下，增大rm{(g)}的量，醋酸銅氨液吸收rm{H}的能力增強；說明平衡正向移動，結合勒夏特列原理判斷，增大壓強，平衡正向移動，所以。

rm{{,!}_{2}}rm{(g)}的熱化學方程式為：代表的是壓強；

故答案為：壓強；rm{(g)}由以上分析可知，rm{C{H}_{4}(g)+2{H}_{2}O(g)=C{O}_{2}(g)+4{H}_{2}(g)?H=+165.4;kJ隆隴mo{l}^{-1}

}代表的是溫度，因為該反應是放熱反應，降溫平衡正向移動，則rm{C{H}_{4}(g)+2{H}_{2}O(g)=C{O}_{2}(g)+4{H}_{2}(g)?H=+165.4;kJ隆隴mo{l}^{-1}

}小于rm{壟脷}已知醋酸銅氨液吸收rm{CO}的反應為氣體體積減小的放熱反應，根據(jù)圖像采用“定一議二”的方法判斷，在其它條件不變的情況下，增大rm{X}的量，

rm{壟脷}

rm{CO}根據(jù)電解池的電解原理，rm{X}rm{CO}rm{壟隆.}rm{壟隆.}rm{X}rm{壟壟.}由以上分析可知，rm{L}代表的是溫度，因為該反應是放熱反應，降溫平衡正向移動，則rm{L_{1}}小于rm{L_{2}}rm{壟壟.}

rm{L}

rm{L_{1}}當電解電壓高于rm{L_{2}}后，氨生成速率反而會隨電壓升高而下降，可能是固體質子導體中的氫離子得電子生成了氫氣的原因，此時的電極反應式為：故答案為：小于；rm{(2)壟脵}根據(jù)電解池的電解原理，rm{Pt-C}

故答案為：rm{(2)壟脵}rm{Pt-C}【解析】rm{(1)壟脵C{H}_{4}(g)+2{H}_{2}O(g)=C{O}_{2}(g)+4{H}_{2}(g)?H=+165.4;kJ隆隴mo{l}^{-1}}rm{(1)壟脵C{H}_{4}(g)+2{H}_{2}O(g)=C{O}_{2}(g)+4{H}_{2}(g)?H=+165.4;kJ隆隴mo{l}^{-1}

}壓強。

rm{壟脷壟隆.}小于rm{壟壟.}rm{(2)壟脵H_{2}}rm{壟脷2H^{+}+2e^{-}簍TH_{2}隆眉}30、略

【分析】解：rm{A}能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出rm{CO_{2}}說明rm{A}中含有羧基，rm{A}的分子式為rm{C_{4}H_{8}O_{2}}為飽和一元羧酸，rm{A}的核磁共振氫譜中有三組峰，則rm{A}的結構簡式為rm{(CH_{3})_{2}CHCOOH}結合信息rm{壟脷}可知rm{A}和溴發(fā)生取代反應生成rm{B}為rm{(CH_{3})_{2}CBrCOOH}rm{B}在氫氧化鈉的醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應，然后酸化得到rm{C}則rm{C}結構簡式為rm{CH_{2}=C(CH_{3})COOH.D}的分子式為rm{C_{7}H_{8}O}苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，應含有rm{2}個不同的側鏈且處于對位，則rm{D}為與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成rm{E}為rm{E}在氫氧化鈉水溶液發(fā)生水解反應，酸化得到rm{H}由于同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基，故F為rm{C}與rm{F}反應生成rm{H}其分子中含有醛基和酯基，故H為．

rm{(1)A}的結構簡式為rm{(CH_{3})_{2}CHCOOH}系統(tǒng)命名為rm{2-}甲基丙酸，rm{C}結構簡式為rm{CH_{2}=C(CH_{3})COOH}官能團的結構簡式為：rm{-COOH}

故答案為：rm{2-}甲基丙酸；rm{-COOH}

rm{(2)B}生成rm{C}的第rm{壟脵}步反應的化學方程式為：rm{(CH_{3})_{2}CBrCOOH+2NaOHxrightarrow[triangle]{{麓錄}}}rm{(CH_{3})_{2}CBrCOOH+2NaOH

xrightarrow[triangle]{{麓錄}}}該反應的類型為消去反應；

故答